Начертательная геометрия. Ляшков А.А - 39 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ОмГТУ | Омск

Составители: 

Рубрика: 

39
треугольник А
1
В
1
D
1
, в котором А
1
D
1
= А
4
В
4
, т.е. длина гипотенузы А
1
D
1
есть ис-
комая длина. Следовательно, длину отрезка АВ можно определить на плоскости
проекций П
1
используя расстояние b, снятое на плоскости проекций П
2
. При этом
замена плоскостей проекций с осью х
1
не нужна. Аналогично можно определить
искомую длину на плоскости П
2
. Для этого выстраиваем прямоугольный тре-
угольник B
2
A
2
C
2
, у которого С
2
А
2
= а, где а определено на П
1
. В итоге получаем
В
2
С
2
= В
1
С
1
– искомая длина отрезка АВ. Понятно, что необходимо строить лишь
один из двух приведенных прямоугольных треугольников.
Задача. Даны прямая АВ и точка Е вне прямой (рис. 8.2). Требуется определить
расстояние ρ (Е, АВ).
Проекционный алгоритм решения
может быть следующим:
1) методом замены плоскостей
проекций определяется длина отрезка
АВ. На П
4
она равна А
4
В
4
;
2) строится дополнительная на П
4
проекция Е
4
точки Е;
3) вводится новая система плоско-
стей проекций П
4
, П
5
такая, что ее ось
проекций х
2
перпендикулярна А
4
В
4
;
4) на П
5
строятся дополнительные
проекции отрезка АВ и точки Е. Про-
екциями будут соответственно точки
А
5
= В
5
и Е
5
.
Расстояние ρ(F
5
, Е
5
) является иско-
мым расстоянием между данными
прямой и точкой. Возвращаем затем
последовательно проекции отрезка EF
на П
4
, П
1
, П
2
. Для этого проводим вначале E
4
F
4
// x
2
, а затем строим: (F
5
, F
4
) ⇒ F
1
;
(F
4
, F
1
) ⇒ F
2
.
В итоге получаем E
1
F
1
, E
2
F
2
– основные проекции отрезка EF, длина которого
есть искомое расстояние. Необходимо отме-
тить, что если не учитывать полученные
построения на П
5
, то оставшиеся построе-
ния на П
2
, П
1
и П
4
соответствуют решению
задачи о проведении прямой EF через дан-
ную точку Е, пересекающей под 90° данную
прямую АВ.
Задача. Даны плоскость Σ (∆АВС) и точ-
ка Е. Определить расстояние от точки Е до
плоскости Σ (рис. 8.3).
Решение задачи может быть выполнено
методом замены плоскостей проекций. Про-
екционный алгоритм решения в этом случае
следующий:
x
x
1
x
2
E
2
B
2
A
2
A
1
A
4
A
5
E
1
E
4
E
5
B
1
B
4
B
5
F
2
F
1
F
4
F
5
=
=
Р и с . 8 . 2
x
x
1
A
2
B
2
C
2
E
2
F
2
E
1
E
4
A
1
A
4
B
1
B
4
C
1
C
4
F
1
F
4
h
2
h
1
h
4
=
Р и с . 8 . 3 
треугольник А1В1D1 , в котором А1D1 = А4В4 , т.е. длина гипотенузы А1D1 есть ис-
комая длина. Следовательно, длину отрезка АВ можно определить на плоскости
проекций П1 используя расстояние b, снятое на плоскости проекций П2 . При этом
замена плоскостей проекций с осью х1 не нужна. Аналогично можно определить
искомую длину на плоскости П2 . Для этого выстраиваем прямоугольный тре-
угольник B2A2C2 , у которого С2А2 = а, где а определено на П1 . В итоге получаем
В2С2 = В1С1 – искомая длина отрезка АВ. Понятно, что необходимо строить лишь
один из двух приведенных прямоугольных треугольников.
   Задача. Даны прямая АВ и точка Е вне прямой (рис. 8.2). Требуется определить
расстояние ρ (Е, АВ).
    Проекционный алгоритм решения               E2
может быть следующим:
   1) методом замены плоскостей                          F2 B 2
проекций определяется длина отрезка
АВ. На П4 она равна А4В4 ;                  A2
   2) строится дополнительная на П4 x
проекция Е4 точки Е;                           E1
   3) вводится новая система плоско-                            B1
стей проекций П4, П5 такая, что ее ось                    F1
проекций х2 перпендикулярна А4В4;        A1
   4) на П5 строятся дополнительные
проекции отрезка АВ и точки Е. Про-                             F4 B 4           A=5 B 5=F 5
екциями будут соответственно точки      x 1
                                             A4
А5 = В5 и Е5 .
   Расстояние ρ(F5, Е5) является иско-                                                  E5
мым расстоянием между данными                              E 4        x2
прямой и точкой. Возвращаем затем
                                                        Рис. 8.2
последовательно проекции отрезка EF
на П4, П1, П2. Для этого проводим вначале E4F4 // x2 , а затем строим: (F5, F4 ) ⇒ F1 ;
(F4 , F1 ) ⇒ F2.
   В итоге получаем E1F1 , E2F2 – основные проекции отрезка EF, длина которого
есть искомое расстояние. Необходимо отме-                E2
тить, что если не учитывать полученные                                   B2
построения на П5 , то оставшиеся построе-                  F  2
ния на П2, П1 и П4 соответствуют решению         A2              h2
задачи о проведении прямой EF через дан-                     C2
ную точку Е, пересекающей под 90° данную x
прямую АВ.                                              F1
   Задача. Даны плоскость Σ (∆АВС) и точ-        A 1                     B1
ка Е. Определить расстояние от точки Е до                        h1
плоскости Σ (рис. 8.3).                            E1
   Решение задачи может быть выполнено
методом замены плоскостей проекций. Про-                   C1                            B
екционный алгоритм решения в этом случае                                    h 4=A4 F4 4
                                                                      C4
следующий:                                                      x1
                                                                                      E4
                                             39                      Рис. 8.3

Страницы